第9講 牛頓第二定律及其兩類應(yīng)用 -備戰(zhàn)2025年高考物理一輪精細(xì)復(fù)習(xí)（解析版）

第第頁第9講牛頓第二定律及其兩類應(yīng)用——劃重點之精細(xì)講義系列考點1牛頓第二定律的動態(tài)分析考點2牛頓第二定律瞬時性的理解考點3動力學(xué)的兩類基本問題1.牛頓第二定律（1）內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．（2）表達(dá)式：F＝ma2．適用范圍(1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系，即相對于地面靜止或勻速直線運動的參考系．(2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子等)、低速運動(遠(yuǎn)小于光速)的情況．3.牛頓第二定律的“五性”4.力、加速度、速度間的關(guān)系(1)加速度與力有瞬時對應(yīng)關(guān)系，加速度隨力的變化而變化．(2)速度的改變需經(jīng)歷一定的時間，不能突變；加速度可以突變．（1）物體的加速度大小不變，則物體不一定受恒力作用。因為F=ma是矢量式，加速度大小不變，方向有可能變化，故F不一定是恒力。（2）物體受到幾個力共同作用時，每個力各自獨立地使物體產(chǎn)生一個加速度，就像其他力不存在一樣,這個性質(zhì)叫作力的獨立作用原理。牛頓第二定律的獨立性是后面講解正交分解法求合力、求加速度的依據(jù)。（3）合外力與速度無關(guān)，與加速度有關(guān)。速度變大或變小由加速度(合外力)與速度的方向決定，速度與加速度力向相同時，物體做加速運動,反之，則做減速運動。（4）物體所受的合外力和物體的速度沒有直接關(guān)系.有力必有加速度,合外力為零時，加速度為零，但此時速度不一定為零，同樣速度為零時，加速度不一定為零，即合外力不一定為零.考點1：牛頓第二定律的動態(tài)分析1.利用牛頓第二定律解題的步驟第一步:明確研究對象.根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出研究對象，可以是一個整體或隔離出的物體，視具體情況而定。第二步:對研究對象進(jìn)行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力示意圖，明確物體的運動性質(zhì)及運動狀態(tài).第三步:建立坐標(biāo)系，選取正方向，寫出已知量,根據(jù)牛頓第二定律列方程.第四步:統(tǒng)一已知量的單位，代入數(shù)值求解.第五步:檢查所得結(jié)果是否符合實際情況，舍去不合理的解.2.利用牛頓第二定律解題的常用方法 ①矢量合成法若物體只受兩個力作用，應(yīng)用平行四邊形定則求出這兩個力的合力，再由牛頓第二定律求出物體的加速度大小,加速度的方向就是物體所受合外力的方向，或先求出每個分力產(chǎn)生的加速度，再用平行四邊形定則求合加速度。②正交分解法物體在受到三個或者三個以上的不在同一直線上的力的作用時,一般用正交分解法。為減少矢量的分解，建立坐標(biāo)系確定坐標(biāo)軸時一般有以下兩種方法：（1）分解力而不分解加速度以加速度a的方向為x軸的正方向建立直角坐標(biāo)系，將物體所受的各個力分解到x軸和y軸上，分別得到x軸和y軸上的合力Fx和Fy。根據(jù)力的獨立作用原理,各個方向上的力分別產(chǎn)生各自的加速度，可得Fx（2）分解加速度而不分解力若物體受幾個相互垂直的力的作用，應(yīng)用牛頓第二定律求解時，分解的力太多，就會比較煩瑣，所以在建立直角坐標(biāo)系時，可根據(jù)物體的受力情況，使盡可能多的力位于兩坐標(biāo)軸上，分解加速度a得ax和ay，根據(jù)牛頓第二定律得Fx【考向1】某同學(xué)完成課外探究作業(yè)時需要測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細(xì)繩的下端綁上一支圓珠筆，細(xì)繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中，細(xì)繩偏離了豎直方向，他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時情景的照片如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。為進(jìn)一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質(zhì)量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關(guān)系可能正確的是（

）A．B． C． D．【答案】B【詳解】以兩個小球整體為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有(m+M)a=(m+M)g解得a=以下面小球為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有Ma=Mg解得a=因為兩球的加速度相同，則可知兩段細(xì)線與豎直方向的夾角相同。故選B。【考向2】（2024·北京西城·二模）列車沿平直的道路做勻變速直線運動，在車廂頂部用細(xì)線懸掛一個小球，小球相對車廂靜止時，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（??）A．列車加速度的大小為gtanθ C．細(xì)線拉力的大小為mgsinθ 【答案】A【詳解】AB．設(shè)列車的加速度大小為a，根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律有F得列車加速度的大小為a=g故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)T得T=故CD錯誤。故選A?！究枷?】（2024·浙江·三模）如圖所示，一輛具有長方形車廂的小車內(nèi)有兩根長為L的繩子，繩子一端系著一個質(zhì)量為m的小球，另一端系在車頂前后相距為L的a、b兩點上，小車先在水平的路面上行駛，后在上坡路段行駛，則下列說法正確的是（）A．在水平路面勻速行駛時，繩對a點的拉力為3B．在上坡路段勻速行駛時，繩對a點的拉力小于對b點的拉力C．在水平路面上加速行駛時，加速度越大，繩對a點的拉力就越大D．在上坡路段勻速行駛時，坡度越大兩繩對小球的拉力的合力就越大【答案】B【詳解】A．在水平路面勻速行駛時，兩繩拉力相等，合力等于重力，由平衡可得2T可得一根繩上拉力的大小為T=選項A錯誤；BD．在上坡路段勻速行駛時，小球受力平衡，兩繩對小球的拉力的合力等于重力，若坡面的傾角為θ可知T可知T即繩a的拉力小于繩b的拉力，所以B正確，D錯誤；C．在水平路面上加速行駛時T加速度越大，繩b的拉力就越大，繩b的拉力的豎直分力也增大，則繩a的拉力豎直分力減小，即繩a的拉力減小，故C錯誤。故選B?！究枷?】2024年2月21日晚間，麗水多地出現(xiàn)短時大冰雹。如圖所示為某冰雹從高空由靜止下落過程中速度隨時間變化的圖象。若該冰雹所受的空氣阻力可認(rèn)為與物體速度大小成正比，圖中作出了t=2.4s時刻的切線，已知該冰雹的質(zhì)量為0.2kg，則（）A．冰雹在t=2.4s時刻的加速度大小為5m/s2B．冰雹所受的空氣阻力與速度大小的比例系數(shù)大小為1C．冰雹最終達(dá)到最大速度的大小為15m/sD．冰雹在0至2.4s內(nèi)通過的位移為14.4m【答案】B【詳解】A．速度時間圖象的斜率表示加速度，由圖象可知冰雹在t=2.4s時刻的加速度大小等于此時切線的斜率，故加速度大小為a=故A錯誤；B．設(shè)空氣阻力與速度大小的正比系數(shù)為k，當(dāng)v=12m/s時，根據(jù)牛頓第二定律有mg?kv=ma達(dá)到最大速度時，加速度為零，則有mg=k聯(lián)立解得k=18故B正確，C錯誤；D．設(shè)冰雹做勻變速直線運動，根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移可知，2.4s內(nèi)的位移為x=由圖可知冰雹在0至2.4s內(nèi)通過的位移大于14.4m，故D錯誤；故選B?！究枷?】（多選）如圖一根質(zhì)量為M的粗糙桿斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，桿處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個穿在桿上的質(zhì)量為m的小環(huán)從桿的頂端以a的加速度勻加速滑下的過程中，下列說法不正確的是（）A．地面所受的壓力等于二者的重力之和 B．地面所受的摩擦力大小等于墻壁的彈力大小C．環(huán)受到的摩擦力大小為mgsinθ D．環(huán)受到的合力為ma【答案】ABC【詳解】A．由于小環(huán)從桿的頂端以a的加速度勻加速滑下，所以地面對桿的支持力小于二者的重力之和，故A錯誤，符合題意；B．小環(huán)對桿的壓力和摩擦力在水平方向上的分量不相等，所以地面所受的摩擦力大小不等于墻壁的彈力，故B錯誤，符合題意；C．環(huán)受到的摩擦力大小為f=mg故C錯誤，符合題意；D．由于小環(huán)勻加速的加速度為a，所以環(huán)受到的合力為ma，故D正確，不符合題意。故選ABC?？键c2：牛頓第二定律瞬時性的理解1．兩種模型牛頓第二定律F＝ma，其核心是加速度與合外力的瞬時對應(yīng)關(guān)系，兩者總是同時產(chǎn)生，同時消失、同時變化，具體可簡化為以下兩種模型：2.幾種常見模型分析情景一:在輕弾簧上端物塊A與下面物塊B質(zhì)景均為m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，突然把下面的木板抽去，則aA=0情景二：A、B用水平輕彈簧連接，放在光滑水平面上.在推力F的作用下，以共同的加速度a做勻加速直線運動,某時刻突然撤去推力F,若叫mA=mB，則a情景三：兩小球A、B用輕彈簧連接，通過細(xì)線懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，突然剪斷細(xì)線，若mA=mB，則:情景四：用手提一輕彈簧，輕彈簧的下端掛一小球，在將整個裝置勻加速上提的過程中，若手突然停止運動，則小球的加速度與原來相同。情景五:小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為θ的光滑擋板AB托著,若突然將擋板AB向下撤離，則小球的加速度a=gcos3．求解瞬時加速度的一般思路【考向6】如圖所示，質(zhì)量為M的箱子靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的鋼球被水平和傾斜細(xì)線固定在箱子中，傾斜細(xì)線與豎直方向的夾角θ=30°，重力加速度為g。則剪斷傾斜細(xì)線的瞬間，箱子對地面的彈力和摩擦力大小分別為（A．(M+m)g,12mg B．Mg,32mg【答案】D【詳解】剪斷傾斜細(xì)線的瞬間，水平繩子拉力發(fā)生突變，鋼球?qū)⒆鰣A周運動，剪斷傾斜細(xì)線的瞬間，小球速度為零，則水平繩子拉力為零，此時鋼球只受重力，處于完全失重狀態(tài)，箱子對地面的彈力等于箱子的重力，即F水平繩子對箱子的拉力為零，可知地面與箱子間沒有摩擦力，即箱子對地面的摩擦力為零。故選D?！究枷?】如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為θ=30°的光滑斜面底端，另一端連接一質(zhì)量為3m的物塊A，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將質(zhì)量為m的物塊B通過跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的細(xì)繩與A相連，開始時用手托住物體B，使細(xì)繩剛好保持伸直（繩、彈簧與斜面平行），松手后A、B一起運動，A運動到最高點P（未畫出）后再反向向下運動到最低點。已知重力加速度為g，對于上述整個運動過程，下列說法正確的是（）A．釋放B后的瞬間，繩子張力大小為14mg C．在最高點P，繩子張力大小為45mg D．在最高點P【答案】B【詳解】AB．釋放瞬間對整體由牛頓第二定律有mg?3mgF對物體B，有mg?T=m聯(lián)立解得T=故A錯誤，B正確；CD．在最高點P，由對稱性可知，加速度大小為a對整體，有3mg對物體B，有T解得F彈=故CD錯誤。故選B。【考向8】（多選）如圖所示，細(xì)繩1掛著箱子C，箱內(nèi)又用繩2掛著A球，在A的下方又用輕彈簧掛著B球。已知A、B、C三個物體的質(zhì)量均為m，原來都處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。在細(xì)繩1被燒斷后的瞬間，以下說法正確的是（）A．A、B、C的加速度都為gB．A、C的加速度為g，B加速度為零C．A、C的加速度為32D．細(xì)繩2上的拉力大小為0.5mg【答案】CD【詳解】ABC．細(xì)繩1在未被燒斷前，將A、B、C看成一個整體，由平衡條件有T當(dāng)細(xì)繩1被燒斷的瞬間，A、B、C整體所受合外力大小即等于T1mg=即B在細(xì)繩1被燒斷前和燒斷瞬間，所受合外力始終為零，則其加速度為0，由此可知，在細(xì)繩1被燒斷瞬間應(yīng)將A、C看成一個整體，由牛頓第二定律有3mg=2ma解得在這瞬間，A、C的加速度大小為a=1.5g故AB錯誤，C正確；D．將A隔離出來對A分析，由于彈簧的彈力在細(xì)繩1被燒斷瞬間不發(fā)生突變，則對A由牛頓第二定律有F解得T故D正確。故選CD?！究枷?】（多選）（2024·貴州·三模）如圖所示，可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細(xì)繩OA和OB懸掛靜止在O點，繩OA與豎直方向的夾角為θ，繩OB水平。重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gB．剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gC．剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為零D．剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為g【答案】BD【詳解】AB．剪斷繩OB瞬間，小球即將開始繞A點做圓周運動，沿切線方向可得mg解得a=g故A錯誤，B正確；CD．剪斷OA瞬間，小球?qū)⒗@B點開始做圓周運動，此時切線方向的加速度大小為g，故C錯誤，D正確。故選BD?！究枷?0】（多選）如圖所示，在固定光滑斜面上固定兩木板，兩根完全相同的輕質(zhì)彈簧1、2一端固定在木板上，中間拴接小球A處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時兩彈簧的總長度恰好等于兩彈簧的原長之和。已知斜面傾角為θ，彈簧的勁度系數(shù)為k，小球的質(zhì)量為m、重力加速度為g，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．彈簧1的伸長量為mgB．剪斷彈簧1的瞬間，小球A的加速度大小為gC．剪斷彈簧1后，小球A的振幅為mgD．剪斷彈簧1后，彈簧2給木板最大壓力為3mg【答案】BD【詳解】A．由于兩彈簧的總長度恰好等于兩彈簧的原長之和，所以彈簧1的伸長量等于彈簧2的壓縮量，設(shè)為x12k解得x故A錯誤；B．剪斷彈簧1的瞬間，彈簧2的力不發(fā)生突變，則根據(jù)牛頓第二定律mg解得a=故B正確；C．剪斷彈簧1后，小球A將做簡諧運動，當(dāng)小球受力平衡時為平衡位置，設(shè)此時彈簧2的壓縮量為x2k解得x剪斷彈簧1的瞬間，小球A靜止不動，為簡諧運動的最大位移處，所以簡寫運動的振幅為A=故C錯誤；D．當(dāng)小球A沿斜面振動到最下面時，彈簧2的壓縮量最大，對木板的壓力最大，設(shè)此時壓縮量為x3x則彈簧2給木板最大壓力等于此時彈簧的彈力F故D正確。故選BD?？键c3：動力學(xué)的兩類基本問題1.兩類動力學(xué)問題（1）動力學(xué)的兩類基本問題①由受力情況確定物體的運動情況．②由運動情況確定物體的受力情況．2．解決兩類基本問題的思路：以加速度為橋梁，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解．3.求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：4.分析解決這兩類問題的關(guān)鍵：應(yīng)抓住受力情況和運動情況之間聯(lián)系的橋梁——加速度．考向1：由運動情況求受力情況【考向11】如圖所示為冰壺比賽場地簡圖，P、Q、O為場地中心線上的三個點，O為營壘圓心，Q為營壘圓形邊界與中線交點．運動員練習(xí)投擲冰壺，經(jīng)過助滑階段，將冰壺投出，冰壺中心運動到P點時的速度為3m/s。冰壺沿著PO直線運動，但是隊友發(fā)現(xiàn)冰壺中心到不了O點，于是從PQ中點開始擦冰，一直擦到冰壺停下為止，冰壺中心恰好停在了O點。已知PQ=25m,?OQ=1.8mA．0.014 B．0.015 C．0.016 D．0.017【答案】A【詳解】設(shè)開始擦冰位置時的速度為v，則vv其中ss根據(jù)牛頓第二定律可知aa聯(lián)立可解得μ故選A。【考向12】（2024·福建南平·三模）南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史，有“華夏絕藝”的美稱。如圖所示，挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹，從半蹲狀態(tài)到直立狀態(tài)，此過程中毛竹經(jīng)歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個階段，兩階段均視為勻變速直線運動且加速度大小相等。已知毛竹上升過程總時間為t，上升高度為h，毛竹和綿幡的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求毛竹上升過程中：（1）最大速度vm（2）勻加速階段加速度a的大??；（3）勻減速階段對表演者的壓力FN【答案】（1）2?t；（2）4?t【詳解】（1）由題意可知，毛竹先勻加速上升再勻減速上升，平均速度均為v又?=解得v本題還可以采用圖像法，作出整個過程的v?t圖像如圖所示根據(jù)圖線與時間軸圍成的面積物理意義表示位移，即?=可得v（2）根據(jù)加速度的定義式可知a=（3）毛竹勻減速階段，加速度豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律可知mg?解得F根據(jù)牛頓第三定律可知，勻減速階段對表演者的壓力為F=【考向13】（2024·貴州銅仁·二模）如圖所示，在傾角為θ=37°的足夠長斜面上，有一質(zhì)量m=2kg、可視為質(zhì)點的物塊，在F=20N、方向與斜面夾角α=37°的力的作用下，從靜止開始沿斜面向上運動，經(jīng)t1=12s撤去F，物塊在t1時間內(nèi)的位移為x1（1）物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ；（2）撤去F后3s內(nèi)，物塊的位移大小x2

【答案】（1）0.75；（2）1.5m【詳解】（1）根據(jù)x可得a根據(jù)牛頓第二定律F解得μ=0.75（2）力F作用12s末的速度v=撤去F后向上運動的加速度大小a則向上運動的位移x運動時間t因為mg可知以后物塊靜止在斜面上，則撤去F后3s內(nèi)，物塊的位移大小x考向2：由受力情況求運動情況【考向14】（2024·福建福州·二模）滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點B后返回到底端，A點為途中的一點。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，不計空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是（）A．滑塊上滑和返回過程的運動時間相等B．滑塊運動加速度大小之比為aC．滑塊過A點時的速度大小之比為vD．μ=【答案】B【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可知，上滑過程和下滑過程分別滿足mgmg設(shè)頻閃時間間隔為T，上滑過程加速度較大，相同位移大小時運動時間較短，故A錯誤；B．甲圖表示上滑過程，時間間隔為3T，乙圖表示下滑過程，時間間隔為4T，把上滑過程逆向看成初速度為零的勻加速直線運動，由s=可知，加速度大小之比為16:9，故B正確；C．利用逆向思維，滑塊在A、B兩點間運動，根據(jù)位移公式有x結(jié)合上述解得t即圖甲與圖乙中滑塊在A、B兩點間運動時間之比為3:4，故由v=at知v故C錯誤；D．根據(jù)加速度比有g(shù)解得μ=故D錯誤。故選B?！究枷?5】（多選）（2024·廣東汕頭·二模）如圖所示，球筒中靜置著一個羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對運動，最后羽毛球（視為質(zhì)點）從筒口上端出來，已知球筒質(zhì)量為M=90g（不含球的質(zhì)量），羽毛球質(zhì)量為m=5g，球筒與手之間的滑動摩擦力為f1=2.6N，球與筒之間的滑動摩擦力為f2=0.1A．靜置時，羽毛球的摩擦力為0.1B．拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力C．拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則筒的初速度為3【答案】CD【詳解】A．靜置時，根據(jù)平衡條件有f=mg=5×故A錯誤；B．拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運動，則羽毛球給球筒的摩擦力向上，而根據(jù)牛頓第三定律可知，球筒給羽毛球的摩擦力向下，故B錯誤；C．拍打球筒后瞬間，對羽毛球由牛頓第二定律有mg+解得a故C正確；D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則羽毛球與球筒恰好達(dá)到共速，設(shè)球筒的加速度為a2，筒的初速度為vf解得a球筒做勻減速運動，羽毛球做勻加速運動，有v?vt?代入數(shù)據(jù)解得v=3故D正確。故選CD?！究枷?6】（2024·山東·三模）如圖所示，工人師傅自房檐向水平地面運送瓦片，他將兩根完全一樣的直桿平行固定在房檐和地面之間當(dāng)成軌道，瓦片沿軌道滑動時，其垂直于直桿的截面外側(cè)為半徑為0.1m的圓弧。已知兩直桿之間的距離為210m，房檐距地面的高度為4m，兩直桿在房檐和地面之間的長度L=8m，忽略直桿的粗細(xì)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。工人師傅將瓦片無初速度地放置在軌道頂端，只有瓦片與直桿間的動摩擦因數(shù)小于μ0（未知）時，瓦片才能開始沿軌道下滑，取g=10m/s（1）求μ0；（2）若直桿自上端開始在長度L1=1.8m的范圍內(nèi)與瓦片間的動摩擦因數(shù)為μ02，其余部分為μ【答案】（1）66【詳解】（1）由幾何知識可知，兩直桿形成的軌道與水平面的夾角為30°，兩置桿對瓦片的彈力之間的夾角為90°，受力分析如圖所示垂直于軌道方向有2FNcos45°=mgcos30°沿著導(dǎo)軌方向有2μ0FN=mgsin30°聯(lián)立解得μ（2）瓦片在軌道上運動時，在L1范圍內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin30°－2×0.5μ0FN=ma1解得a1=2.5m/s2相鄰兩瓦片的距離為x1=a1t2=0.625m所以在L1內(nèi)有瓦片塊數(shù)n瓦片在軌道上運動時，在大于L1范圍內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin30°－2μ0FN=ma0解得a2=0則瓦片速度v=相鄰?fù)咂木嚯x為x=vt=1.5m所以在大于L1范圍內(nèi)有瓦片塊數(shù)n則軌道上瓦片的個數(shù)為n≈6個注：計算時取整數(shù)，如果考慮正在放上的那一個是7個?！菊骖}1】（2022·江蘇·高考真題）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10mA．2.0m/s2 B．4.0m/【答案】B【詳解】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度f解得a書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度4m/s故選B?！菊骖}2】（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是（）A．v0=2.5m/s B．v0=1.5m/s C．μ=0.28 D．μ=0.25【答案】B【詳解】AB．物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則v由題干知x=1m，t=1s，v>0代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s故A不可能，B可能；CD．對物塊做受力分析有a=-μg，v2-v02=2ax整理有v02-2ax>0由于v0<2m/s可得μ<0.2故CD不可能。故選B。【真題3】（2024·安徽·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為3g D．加速度先增大后減小【答案】A【詳解】AB．緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時兩彈簧的合力為大小為mg。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；CD．小球從P點運動到O點的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma加速度的最大值為2g，CD錯誤。故選A?！菊骖}4】（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g【答案】A【詳解】剪斷前，對BCD分析F對DF剪斷后，對BF解得a方向豎直向上；對CF解得a方向豎直向下。故選A。【真題5】（多選）（2022·湖南·高考真題）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機(jī)，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻=kv2，k為常量）。當(dāng)發(fā)動機(jī)關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10mA．發(fā)動機(jī)的最大推力為1.5MgB．當(dāng)飛行器以5m/C．發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5D．當(dāng)飛行器以5m/【答案】BC【詳解】A．飛行器關(guān)閉發(fā)動機(jī)，以v1=10mMg=k飛行器以v2=5m/sF聯(lián)立可得Fm=1.25Mg，A錯誤；B．飛行器以v3=5mF=B正確；C．發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時f=解得vC正確；D．當(dāng)飛行器最大推力向下，以v5=5mF解得am=2.5gD錯誤。故選BC?！菊骖}6】（多選）（2023·湖南·高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則FD．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為N，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足N豎直方向N則N若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得N可得a=g對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律F=4ma=4mgA錯誤；B．若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為N對小球B，由于tanθ≤μF=μ(則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得N對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F=4m解得F=4mgB錯誤；C．若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為N小球B所受向左的合力的最大值F由于μ<tanF則對小球B，根據(jù)牛頓第二定律F對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F=4m聯(lián)立可得F的最大值為F=4mg(2μ?C正確；D．若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時F當(dāng)小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時F對小球B根據(jù)牛頓第二定律FF對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F=4ma代入小球B所受合力分范圍可得F的范圍為4mg(D正確。故選CD?！菊骖}7】（2022·浙江·高考真題）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，重力加速度g取10m（1）在直道AB上的加速度大?。唬?）過C點的速度大?。唬?）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。【答案】（1）a1【詳解】（1）AB段v解得a（2）AB段v解得t1=3sxa過C點的速度大小v=（3）在BC段有牛頓第二定律mg解得F【真題8】（2022·浙江·高考真題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1=4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點（取cos（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得mg代入數(shù)據(jù)解得a（2）根據(jù)運動學(xué)公式2解得v=4（3）根據(jù)牛頓第二定律μmg=m根據(jù)運動學(xué)公式?2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l一、單選題1．（2023·浙江·一模）如圖是采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為3.0×103kg，在飛船與空間站對接后，其推進(jìn)器的平均推力F為900N，推進(jìn)器工作5sA．飛船對空間站的推力為900N B．飛船的加速度為C．空間站的質(zhì)量為8.7×104kg D．在【答案】C【詳解】ABC．已知飛船質(zhì)量為m=3.0×103kg，在其推進(jìn)器的平均推力F作用下，整體獲得加速度為a根據(jù)牛頓第二定律可得F=(M+m)代入數(shù)據(jù)解得M=87000kg飛船對空間站的推力為F故AB錯誤，C正確；D．因為初狀態(tài)不清楚，所以無法計算在5s故選C。2．（2024·陜西咸陽·一模）如圖甲，2023年5月30日9時31分，神舟十六號載人飛船在長征二號F遙十六運載火箭的托舉下順利升空。假設(shè)載人飛船質(zhì)量約為23噸，運載火箭質(zhì)量（不含載人飛船）約為837噸，點火后產(chǎn)生1000噸的推力（相當(dāng)于地面上質(zhì)量為1000噸的物體的重力），其簡化模型如圖乙所示。忽略大氣阻力、火箭噴氣造成的質(zhì)量變化和重力加速度的變化，重力加速度大小取g=10m/sA．載人飛船中的航天員處于失重狀態(tài)B．離地升空的加速度大小約為11.6C．從起飛開始，經(jīng)過10s上升的高度約為D．載人飛船受到運載火箭的推力大小約為2.7×【答案】D【詳解】A．載人飛船和運載火箭在分離前勻加速直線上升的過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；B．由牛頓第二定律得F?求得a=B錯誤；C．從起飛開始，經(jīng)過10s上升的高度約為?=C錯誤；D．設(shè)載人飛船受到運載火箭的推力大小約為F1F求得FD正確。故選D。3．（2024·福建龍巖·一模）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，A、B球的質(zhì)量分別為m1、mA．B球處于平衡狀態(tài)B．輕彈簧的彈力大小為mC．B球的加速度大小為gsinD．A球的加速度大小為m1【答案】C【詳解】AC．當(dāng)細(xì)線被剪斷的瞬間，細(xì)線拉力為零，對B分析，由牛頓第二定律得m解得B球的加速度大小為a方向沿斜面向下，故A錯誤，C正確；B．細(xì)線被剪斷前，A、B整體分析，由平衡條件得F細(xì)線被剪斷瞬間，彈簧來不及恢復(fù)形變，因此彈力不變,故B錯誤；D．細(xì)線被剪斷瞬間，對A分析，由牛頓第二定律得F解得a方向沿斜面向上，故D錯誤。故選C。4．（2024·湖南邵陽·二模）如圖所示，水平地面上一輛貨車運載著完全相同的圓柱形光滑空油桶，油桶質(zhì)量分布均勻且均為m，在車廂底一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只油桶C，自由擺放在桶A、B之間，沒有用繩索固定，桶C受到桶A、B的支持，和汽車一起保持靜止，下列說法正確的是（??）A．汽車在水平面上保持靜止時，C受A對它的支持力為3B．汽車向左加速時，A對C的支持力變小C．汽車向左加速時，B對C的支持力變小D．要使C不發(fā)生滾動，汽車向左加速的最大加速度為3【答案】B【詳解】A．對桶C受力分析如圖由幾何關(guān)系知θ=30°由對稱性知F由平衡條件有F得F故A錯誤；BC．貨車向左做勻加速直線運動時，由F則F即A對C的支持力變小，B對C的支持力變大，故B正確，C錯誤；D．當(dāng)汽車加速度向左，要使C不發(fā)生滾動，即C將要脫離A時，A對C的支持力為零，豎直方向上F水平方向上F得a=故D錯誤。故選B。5．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）如圖所示，一根細(xì)線一端系在天花板上，另一端系在木箱上，木箱內(nèi)放有一個質(zhì)量m=0.1kg的物塊，物塊與水平輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端與木箱左壁相連，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的彈力為0.5N，物塊保持靜止?fàn)顟B(tài)。取重力加速度g=10m/sA．a(chǎn)=0 B．a(chǎn)=5m/s2 C．a(chǎn)=10m/s【答案】D【詳解】用剪刀把繩子剪斷的瞬間，物塊有豎直方向的加速度a因物塊完全失重，物塊對木箱壓力為零，則水平方向不受摩擦力，只受彈簧的拉力，則a可知物塊的加速度大小a=故選D。6．（2024·北京朝陽·二模）如圖所示，質(zhì)量為m的子彈水平射入并排放置的3塊固定的、相同的木板，穿過第3塊木板時子彈的速度恰好變?yōu)?。已知子彈在木板中運動的總時間為t，子彈在各塊木板中運動的加速度大小均為a。子彈可視為質(zhì)點，不計子彈重力。下列說法錯誤的是（）A．子彈穿過3塊木板的時間之比為1∶2∶3B．子彈的初速度大小為atC．子彈受到木板的阻力大小為maD．子彈穿過第1塊木板時與穿過第2塊木板時的速度之比為2【答案】A【詳解】A．把子彈的運動看成從右向左的初速度為零的勻加速直線運動，則有3d=解得t=子彈穿過3塊木板的時間之比為t故A錯誤，與題意相符；B．根據(jù)0=解得v故B正確，與題意不符；C．由牛頓第二定律，可得f=ma故C正確，與題意不符；D．子彈穿過第1塊木板時與穿過第2塊木板時的速度之比為v故D正確，與題意不符。本題選錯誤的故選A。7．如圖所示，在質(zhì)量為M的箱式電梯的地板上固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧的上端拴接一質(zhì)量為mA的物體A，質(zhì)量為mB的物體B放置在物體A上，整個裝置隨電梯一起勻速下降，彈簧保持豎直，重力加速度為

A．物體A的加速度大小為0 B．物體B的加速度大小為gC．箱式電梯的加速度大小為g D．物體B對物體A的壓力為0【答案】A【詳解】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以AB的受力情況不變，加速度均為0，物體B對物體A的壓力等于自身重力，對整體分析可知(解得a=故選A。8．（2024·四川內(nèi)江·一模）如圖，是勻速吊起裝飾用的石球的示意圖。裝置底部為圓形繩套，A、B、C、D是圓上四等分點，側(cè)面OA、OB、OC、OD是四條完全相同、不可伸長的輕繩。O點在石球球心的正上方0.5m處，石球半徑為0.3m，石球表面視為光滑、重力為G。下列說法正確的是（）A．若側(cè)面繩長不變，減小圓形繩套的半徑，繩的彈力減小B．OB繩的彈力大小為GC．若圓形繩套不變，將側(cè)面四根繩子各減小相同的長度，OC繩的彈力增大D．若減速向上提升石球，OD繩的彈力大于5G【答案】C【詳解】AB．取某一段繩分析，如圖則cos由平衡得4得T每段繩拉力均為516G。若側(cè)面繩長不變，減小圓形繩套的半徑，則C．若圓形繩套不變，將側(cè)面四根繩子各減小相同的長度，則θ變大，OC繩的彈力增大，C正確；D．若減速向上提升石球，根據(jù)牛頓第二定律G?4可知TD錯誤。故選C。9．（2024·四川·一模）有趣的抽紙張游戲是在水平桌面上放一張A4紙，紙正中央上放一杯子，若不接觸杯子抽出紙張為挑戰(zhàn)成功，裝置如圖所示，桌面足夠大，若杯子質(zhì)量為m1=300g，紙張質(zhì)量為m2=20g。杯底與紙張間動摩擦因數(shù)為μ1A．若F=0.3N時，杯子受到水平向右的摩擦力 B．若F=0.8C．若F=1.12N時，杯子的加速度為1.5m/s2 D．若紙張的加速度為【答案】D【詳解】A．若F=0.3NF可知紙張與桌面間沒有相對滑動，則杯子與紙張間沒有相對滑動的趨勢，則杯子沒有受到摩擦力，A錯誤；B．若F=0.8Nμ假設(shè)不成立，可知紙張與杯子沒有發(fā)生相對滑動，B錯誤；C．若F=1.12NμaC錯誤；D．若紙張的加速度為2m/sF?解得F=0.1×0.3×10D正確。故選D。二、多選題10．（2024·安徽安慶·二模）如圖所示，一固定光滑直桿與水平方向夾角為α，一質(zhì)量為M的物塊A套在桿上，通過輕繩連接一個質(zhì)量為m的小球B。現(xiàn)讓A、B以某一相同速度沿桿方向開始上滑，此時輕繩繃緊且與豎直方向夾角為β，A、B一道沿桿上滑過程中，設(shè)A、B的加速度大小為a，輕繩的拉力大小為FT，桿對物塊A的彈力大小為FN，已知重力加速度為g，A、B均可看成質(zhì)點，則（）A．a(chǎn)=gtanα C．FN=(M+m)gcos【答案】BC【詳解】AC．根據(jù)題意，A、B一道沿桿上滑過程中，將A、B看成一個整體，受力分析如圖所示將重力進(jìn)行正交分解，分解為沿著桿向下（與速度方向相反）的分力，大小為(M+m)gsinα，以及垂直于桿的向下的分力，大小為F而在運動的方向上由牛頓第二定定律有(M+m)g解得a=g故A錯誤，C正確；BD．對小球分析，由于小球的加速沿著桿向下，則垂直桿的方向合力應(yīng)為0，由此可知細(xì)線一定與桿垂直，即mg則根據(jù)幾何關(guān)系可知α=β因此有mg故B正確，D錯誤；故選BC。11．（2024·四川南充·一模）如圖，矩形框Q用與斜面平行的細(xì)繩系在固定的斜面體上，和Q質(zhì)量相等的物體P被固定在矩形框中的豎直輕彈簧上端，斜面體傾角為30°，整個裝置保持靜止?fàn)顟B(tài)，不計矩形框和斜面間的摩擦，重力加速度為g，當(dāng)細(xì)繩被剪斷的瞬間，物體P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aA．a(chǎn)P=0 B．a(chǎn)P=g C．a(chǎn)【答案】AD【詳解】AB．對物體P進(jìn)行受力分析，受到了重力和彈簧的彈力，細(xì)繩被剪斷的瞬間，彈簧彈力不會突變，故物體P的加速度a故A正確，B錯誤；CD．對PQ整體分析，受到了重力，斜面的支持力，細(xì)線的拉力，整體系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有T=2mg細(xì)繩被剪斷的瞬間，細(xì)線的力就突變成零了，物體Q的受力合外力情況會與之前的拉力T等大反向，即F所以a故C錯誤，D正確。故選AD。12．某貨物輸送裝置可簡化為如圖所示，將一個質(zhì)量為M的載物平臺架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)足夠長的平行圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動